专题7.6 数学归纳法（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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【核心素养】
与数列、函数、不等式、几何等相结合，通过考查数学归纳法的应用，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理、数学运算、数学抽象、数学直观等的核心素养．
知识点一
数学归纳法
1.证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)
时命题成立．
(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．
2.数学归纳法的框图表示
常考题型剖析
题型一：利用数学归纳法证明不等式
【典例分析】
例1-1.（2023·北京·统考高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
【答案】B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
例1-2.（2017·浙江·高考真题）已知数列满足：，
证明：当时，
（I）；
（II）；
（III）.
【答案】（I）见解析；（II）见解析；（Ⅲ）见解析.
【解析】
【分析】
（I）用数学归纳法可证明；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得， 构造函数，利用函数的单调性可证；
（Ⅲ）由及，递推可得.
【详解】
（Ⅰ）用数学归纳法证明：．
当时，．
假设时，，那么时，若，
则，矛盾，故．
因此，所以，因此．
（Ⅱ）由得，
．
记函数，
，
函数在上单调递增，所以，
因此，故．
（Ⅲ）因为，所以，
由，得，
所以，故．
综上，．
【名师点睛】
本题主要考查利用数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．
【总结提升】
数学归纳法证明不等式的适用范围及关键
(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．
(2)关键：由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用均值不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化
【变式训练】
变式1-1.【多选题】（2023·辽宁·大连二十四中校联考模拟预测）已知数列满足.给出以下两个命题：命题对任意，都有；命题，使得对成立.（ ）
A．真B．假C．真D．假
【答案】AD
【分析】对于命题，利用数学归纳法和作差法可判断，对于命题，利用反证法进行分析判断.
【详解】对于命题，先利用数学归纳法证明，
当时，，不等式成立，
假设当时不等式成立，即，则
，
所以当时，不等式也成立，
综上，，
因为，所以，
因为，所以，所以命题为真命题，
对于命题，假设存在，使得对，
由已知可得，得，
所以，
所以，
所以，
所以，
由基本不等式推广可得，
所以，所以，
所以，所以，
因为，所以，
所以，所以，这与相矛盾，
所以命题为假命题，
故选：AD
变式1-2.（2005·重庆·高考真题）数列满足且
(1)用数学归纳法证明:;
(2)已知不等式对成立,证明:,其中无理数….
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)先求出,判断是否满足,再假设时满足题意,证明时也满足即可;
(2)由(2)的结论可得,可得,对进行放缩,两边同时取对数,用累加法,然后即可用裂项相消和等比数列前n项和公式,求得的范围,进而证明不等式即可.
【详解】（1）证明:将代入可得,
①当时,,满足,
②假设当时满足,
③当时,有
成立,
故得证;
（2）证明:由(1)知,
,
两边取对数可得:
,
,
,
,
,
将上式相加可得:
,
,
,
,
得证.
题型二：归纳、猜想、证明
例2-1.（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知数列满足，．
(1)计算：，猜想数列的通项公式，并证明你的结论；
(2)若，，求k的取值范围．
【答案】(1)，，，，，证明见解析
(2)
【分析】（1）根据递推式写出对应项，并猜测通项公式，应用数学归纳法证明即可；
（2）利用作差法求的最小项，根据恒成立求参数范围.
【详解】（1）由题设，，，，
猜测，数学归纳法证明如下：
由上及已知有均满足，
假设，成立，则，满足上式；
综上，且.
（2）取，故，
当时，当时，且为最小项，
所以有，则.
例2-2.（2020·全国·高考真题（理））设数列{an}满足a1=3，．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【答案】（1），，，证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出，猜想得出的通项公式，利用数学归纳法证明即可；
（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．
【详解】
（1）
［方法一］【最优解】：通性通法
由题意可得，，由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即．
证明如下：
当时，成立；
假设时，成立.
那么时，也成立.
则对任意的，都有成立；
［方法二］：构造法
由题意可得，．由得．，则，两式相减得．令，且，所以，两边同时减去2，得，且，所以，即，又，因此是首项为3，公差为2的等差数列，所以．
［方法三］：累加法
由题意可得，．
由得，即，，……．以上各式等号两边相加得，所以．所以．当时也符合上式．综上所述，．
［方法四］：构造法
，猜想．由于，所以可设，其中为常数．整理得．故，解得．所以．又，所以是各项均为0的常数列，故，即．
（2）由（1）可知，
［方法一］：错位相减法
，①
，②
由①②得：
，
即.
［方法二］【最优解】：裂项相消法
，所以．
［方法三］：构造法
当时，，设，即，则，解得．
所以，即为常数列，而，所以．
故．
［方法四］：
因为，令，则
，
，
所以．
故．
【整体点评】
（1）方法一：通过递推式求出数列的部分项从而归纳得出数列的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；
方法二：根据递推式，代换得，两式相减得，设，从而简化递推式，再根据构造法即可求出，从而得出数列的通项公式；
方法三：由化简得，根据累加法即可求出数列的通项公式；
方法四：通过递推式求出数列的部分项，归纳得出数列的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成，求出，从而可得构造数列为常数列，即得数列的通项公式．
（2）
方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；
方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；
方法三：由时，，构造得到数列为常数列，从而求出；
方法四：将通项公式分解成，利用分组求和法分别求出数列的前项和即可，其中数列的前项和借助于函数的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．
【总结提升】
(1)“归纳——猜想——证明”的一般步骤
①计算(根据条件，计算若干项)．
②归纳猜想(通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论)．
③证明(用数学归纳法证明)．
(2)与“归纳——猜想——证明”相关的常用题型的处理策略
①与函数有关的证明：由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想，充分利用已知条件并用数学归纳法证明．
②与数列有关的证明：利用已知条件，当直接证明遇阻时，可考虑应用数学归纳法．
【变式训练】
变式2-1.（2023·全国·高三专题练习）设等比数列满足.
(1)计算，猜想的通项公式并加以证明；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）利用递推公式得出，猜想得出的通项公式，利用数学归纳法证明即可；
（2）由错位相减法求解即可.
【详解】（1）由，， ，，
猜想的通项公式为.
证明如下：（数学归纳法）
①.当时，结论显然成立；
②.假设时结论成立，即成立；其中，
则，即时，结论也成立，
由①和②可知，∴
（2）解法一：
令，则前项和 （1）
由（1）两边同乘以2得： （2）
由（1）（2）得，
化简得.
解法二：由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即.
变式2-2.（2014·广东·高考真题（理））设数列的前项和为，满足，，且.
（1）求、、的值；
（2）求数列的通项公式.
【答案】（1），，；（2）.
【解析】
【详解】
试题分析：（1）由代入，得到，然后由的值逐步算出与的值，然后利用求出、、的值；（2）利用（1）中的结论归纳出的通项公式，并以此归纳出的表达式，然后利用数学归纳法证明数列的通项公式的正确性.
试题解析：（1）由得，
整理得，因此有，
即，解得，
同理有，即，解得，
，，；
（2）由题意得，
由（1）知，，，猜想，
假设当时，猜想成立，即，则有，
则当时，有，
这说明当时，猜想也成立，
由归纳原理知，对任意，.
题型三：利用数学归纳法证明等式
【典例分析】
例3-1．（2021·全国·高考真题（理））记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】
（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【整体点评】
（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；
例3-2.（2023·全国·高三专题练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”．
(1)某学生发现以下特征：由此可归纳出一个结论？能否给出证明？
(2)证明：
【答案】(1)，证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意中的规律可得到，然后用数学归纳法的过程进行求证即可；
（2）用数学归纳法的过程进行求证即可
【详解】（1）证明如下：
①当时，显然成立；
②假设当时，即成立，
则当时，
故当时等式也成立．
根据①和②，可知等式对任意正整数都成立;
（2）③当时，左右显然成立．
④假设当时，即
则当时，
故当时等式成立．
根据③和④，可知等式对任意正整数都成立
【总结提升】
数学归纳法证明等式的思路和注意点
(1)思路：用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少．
(2)注意点：由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．
【变式训练】
变式3-1.（2023·全国·高三专题练习）已知{an}是由非负整数组成的数列，满足
(1)求a3；
(2)证明
(3)求{an}的通项公式及其前n项和Sn．
【答案】(1)2；
(2)证明见解析；
(3)；.
【分析】(1)代入，可得，求得；
(2)利用数学归纳法证明即可；
(3)隔项差为定值，采用奇偶分析法求解.
【详解】（1）当时，
因为均为非负整数，所以的可能的值为1，2，5，10．
若，则与题设矛盾；若，则与题设矛盾；
若，则与题设矛盾．
所以．
（2）①当时，等式成立；
②假设当时等式成立，即由题设
又所以，即，
所以当n=k+1时，等式成立
根据①和②，可知结论对一切n≥3正整数都成立．
（3）因为
当时，
即数列的奇数项为等差数列，且首项为，公差为2，
所以当时，
当时，
即数列的偶数项为等差数列，且首项为，公差为2，
所以当时，
综上所述，
当时，
；
所以当时，；
当时，
；
所以时，.
综上所述，
【点睛】方法点睛：
数学归纳法的一般步骤：
（1）验证时成立；
（2）假设当时成立，证得也成立；
（3）得到证明的结论．其中在到的推理中必须使用归纳假设．
变式3-2.（2015·江苏·高考真题）已知集合，，，令表示集合所含元素的个数.
（1）写出的值；
（2）当时，写出的表达式，并用数学归纳法证明.
【答案】（1）13
（2）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）根据题意按分类计数：共13个（2）由（1）知，所以当时，的表达式要按除的余数进行分类，最后不难利用数学归纳法进行证明
试题解析：（1）．
（2）当时，（）．
下面用数学归纳法证明：
①当时，，结论成立；
②假设（）时结论成立，那么时，在的基础上新增加的元素在，，中产生，分以下情形讨论：
1）若，则，此时有
，结论成立；
2）若，则，此时有
，结论成立；
3）若，则，此时有
，结论成立；
4）若，则，此时有
，结论成立；
5）若，则，此时有
，结论成立；
6）若，则，此时有
，结论成立．
综上所述，结论对满足的自然数均成立．
题型四：数学归纳法证明其它问题
【典例分析】
例4-1．（2023·全国·高三专题练习）试证用面值为3分和5分的邮票可支付任何分的邮资．
【答案】证明见解析
【分析】利用数学归纳法证明
【详解】1°当n=8时，结论显然成立．
2°假设当时命题成立．
若这k分邮资全用3分票支付，则至少有3张，将3张3分票换成2张5分票就可支付k+1分邮资；
若这k分邮资中至少有一张5分票，只要将一张5分票换成2张3分票就仍可支付k+1分邮资．
故当n=k+1时命题也成立．
综上，对的任何自然数命题都成立．
例4-2.（2023·全国·高三专题练习）把自然数1，2，3，…，2006依照某种顺序排成一列，若列中的第一个数为k，则将此列左侧的前k个数反序而重排，证明：可经过上述的若干次操作后把1调到列的第一位．
【答案】证明见解析
【分析】利用数学归纳法证明即可.
【详解】一般地对数列1，2，…，n用数学归纳法来证明．
证明：当n=1时，结论显然成立．
设对n－1个数的列，结论成立，下面讨论n个数的情形．
对n个数的列，若n排在最后，则对前n－1个数的列，用归纳假设，即知此时结论成立．
若最后一个数不是n，则可设n不在第一位（否则，只要经一次操作，就可把n调到最后），而当n不是第一个数，也不是最后一个数时，
在实行题中的操作时，最后的数永远不会涉及．
故不妨将此数与n对换位置．
在形式上不影响操作的实行．
因此，结论仍然成立．
综上所述，对任意前n个自然数的列结论成立．特别地，当n=2006时即要证的结论．
【总结提升】
1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.
2.等比数列最值有关问题的解题思路：
求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．
变式4-1.（2023·全国·长郡中学校联考二模）2023年2月22日，中国厦门市一名8岁男孩用时4.305秒单手完成4层汉诺塔游戏，成为新的世界纪录保持者.汉诺塔游戏源于1883年法国数学家卢卡斯提出的汉诺塔问题，有，，三根柱子，在柱上放着由下向上逐渐变小的个盘子，现要求把柱上的盘子全部移到柱上，且需遵循以下的移动规则：
①每次只能移动一个盘子；
②任何时候都不允许大盘子放在小盘子的上面；
③移动过程中盘子可以放在，，中任意一个柱子上.
若用表示个盘子时最小的移动次数，则 ， .
【答案】 7 /
【分析】直接由题意求得，，的值，猜想，并用数学归纳法证明即可
【详解】由题意，当时，金盘从A杆移到C杆需要的最少移动次数为1次，即；
当时，将第一层（自上而下）金盘从A杆移到B杆需要的最少次数为1次，将第二层（自上而下）金盘从A杆移到C杆需要的最少次数为1次，再将已移动到B杆上的金盘从B杆移到C杆需要的最少次数为1次，所以；
当时，将第一层､第二层（自上而下）金盘从A杆移到B杆需要的最少次数为次，将第三层（自上而下）金盘从A杆移到C杆需要的最少次数为1次，再将已移动到B杆上的金盘从B杆移到C杆需要的最少次数为次，所以；
则，，，
猜想：，，证明如下：
①当时，成立．
②假设当时猜想成立，即，
即将个直径不同的盘子从杆移动到杆最少需要次．
则当时，分三步进行：
第一步，将上面个盘子从杆移动到B杆；
第二步，将第个盘子从杆移动到杆；
第三步，将上面个盘子从杆移动到杆．
则最少需要次，即，
即时，猜想也成立．
综上，．
故答案为：7；.
变式4-2.（2023·全国·高三专题练习）求证对任何正整数n，方程都有整数解．
【答案】证明见解析
【分析】先证n= 1，2时方程均有整数解，再用数学归纳法证明n=k+ 2时， 也有整数解，由此即可证明对任何正整数n，方程都有整数解.
【详解】依题意，
1°：当n= 1时，任取正整数x，y，方程均有正整数解．
当n= 2时，x=3，y=4，z=5是方程的一个正整数解．
2°：设当n=k方程的一个正整数解为．
则，
则有，
即n=k+ 2时，也有正整数解．
一、单选题
1．（2023·全国·高三对口高考）某个与自然数有关的命题，如果当时该命题成立，可推得时该命题也成立，那么，若已知时该命题不成立，则可推得（ ）
A．当时，该命题不成立B．当时，该命题成立
C．当时，该命题不成立D．当时，该命题成立
【答案】C
【分析】根据逆否命题与原命题真假性一致可得出结论.
【详解】可得题干等价于其逆否命题：当时该命题不成立，则可推得时该命题也不成立．
所以，当时该命题不成立，则当时，该命题也不成立，
当时，该命题不成立，则当时，该命题也不成立.
故选：C.
2.（2023·全国·高三对口高考）已知，证明不等式时，比多的项数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由的表达式可知，右端分母是连续的正整数，然后写出和进行比较可得答案.
【详解】因为，，
所以，
所以比多的项数是.
故选：B.
3．（2021·北京·高三校考强基计划）已知数列满足，且，其前n项和为，则（ ）
A．196B．225C．256D．289
【答案】B
【分析】利用数学归纳法可求数列的通项，从而可求，也可以利用三角换元来求通项.
【详解】法1：因为，故，故，同理，
下面用数学归纳法证明：.
当时，，符合；
设当时，，
则当时，有，
故，
故由数学归纳法可得.
法2：根据题意，有，
设，且，则有
，
进而，
因此，
因此．
故选：B.
4．（2022春·上海青浦·高三上海市青浦高级中学校考阶段练习）用数学归纳法证明对任意 的自然数都成立，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】先对原不等式变形计算出k，再运用数学归纳法证明.
【详解】 等价于 ，
当 时，不等式成立，所以k的最小值是3，下面用数学归纳法证明：
显然 时，不等式成立，
假设 时， 成立，
则当 时，左边= ，
右边 ，当 时， ，
即 ，
所以对于任意的 ，原不等式成立；
故选：C.
二、多选题
5．（2023·全国·高三专题练习）（多选题）已知函数，数列的前项和为，且满足，，则下列有关数列的叙述正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】根据递推公式求，直接比较可判断A；利用函数单调性，使用数学归纳法可证；利用可判断C；构造函数，利用导数判断单调性可得，然后可判断D.
【详解】选项，，正确；
B选项，因为，当时，，单调递增，
所以，
下证：
当时，，命题成立；
假设时，命题成立，即，则，即时，命题也成立，
所以对任意，都有，B正确；
C选项，因为，所以，C错误；
D选项，令，，
所以在单调递增，所以，
所以，则，
所以，即，
所以，所以D错误．
故选：AB．
6.（2023·全国·高三专题练习）已知红箱内有个红球、个球，白箱内有个红球、个白球，所有小球大小、形状完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回去，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去，依次类推，第次从与第次取出的球颜色相同的箱箱子内取出一球，然后再放回去．记第次取出的球是红球的概率为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．对任意的、，且，
【答案】ACD
【分析】分析可得与的递推关系，求出数列的通项公式，可判断ABC选项的正误，利用数列求和以及数学归纳法可判断D选项的正误．
【详解】第次取出的球是红球的概率为，则取出的球为白球的概率为，
对于第次，取出红球有两种情况，
①从红箱中取出，概率为；
②从白箱中取出，概率为．∴，
则，
令，则，则数列为等比数列，且公比为，
，则，，则，
对于A选项，，A选项正确；
对于B选项，，B选项错误；
对于C选项，
，C选项正确；
对于D选项，当时，，，，左边右边，假设当时，等式成立，即左边
右边，
根据数学归纳法的原理可知D选项正确．
故选：ACD．
三、填空题
7．（2023·全国·高三对口高考）用数学归纳法证明等式“”时，第一步验证需证明的命题为 ．
【答案】当时，等式成立.
【分析】根据数学归纳法的证明步骤即可得到答案.
【详解】根据数学归纳法的证明步骤可知，第一步验证需证明的命题为：
当时，等式成立，
故答案为：当时，等式成立.
8.（2023·云南昆明·统考模拟预测）已知函数的定义域为R，对于任意实数均满足，若，，则 ．
【答案】145
【分析】令即可求出，令即可求出，观察猜想，再用数学归纳法证明即可.
【详解】令即可求出，
令即可求出，
，
结合，，，，可猜想.
下面用数学归纳法证明：
当时，由上述知成立.
假设当时有，
则当时，不妨设，
.
所以成立，所以.
故答案为：.
四、解答题
9.（2023·全国·高三专题练习）某次体育比赛，每两名选手都进行一场比赛，每一场比赛一定决出胜负，通过比赛确定优秀选手，选手A被确定为优秀选手的条件是对任何其他选B，或者A胜B，或者存在选手C，C胜B，A胜C，如果按上述规则确定的优秀选手只有一名，求证：这名选手胜所有其他选手．
【答案】证明见解析
【分析】利用数学归纳法证明.
【详解】证明1°当n= 2时．命题显然成立
2°假设n=k时，命题成立．即在k个选手的集台M中．A胜其余k-1个人，若在集合M的基础上增加一个选手B组成集合N．
则：①若A胜B，命题显然成立．
②若A负于B，进一步分两种情况：
（1）当B胜集合N中其他选手时，B为唯一的优秀选手，命题成立．
（2）假设当B对集合N中除A以外的选手有胜、负或全负时，不妨设B负于C，则因A胜C，B胜A，按规定B间接胜C，这时A、B均为优秀选手，这与已知相矛盾，即当n=k+1时，命题也成立．
由以上1°、2°可知，命题对任意正整数都成立．
10.（2023·高三课时练习）已知，．
(1)试比较与的大小；
(2)是否存在正整数m，使得都能被m整除？若存在，求出最大的m的值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，m的最大值为25，证明见解析
【分析】(1)根据时均有，所以猜想，利用数学归纳法证明即可；
(2)根据，的最大公约数为25，所以猜测m的最大值为25，再利用数学归纳法证明.
【详解】（1）当n＝1时，，，则．
当时，，
得，，猜测．
下面用数学归纳法证明：
1° 当n＝2时，，，则，不等式成立；
2° 假设当时，，即，化简得，则n＝k＋1时，，不等式也成立．
由1°2°得，不等式对一切都成立．
综上，当n＝1时，；当时，．
（2）因为，，而50和175的最大公约数为25，所以．
猜测m的最大值为25．
下面用数学归纳法证明：
1° 当n＝1时，能被25整除，命题成立；
2° 假设当时，能被25整除，即存在整数M使得，于是，
则n＝k＋1时，，
由，则能被25整除，命题也成立．
由1°2°得，对一切正整数n，都能被25整除．
综上，存在正整数m，使得都能被m整除，m的最大值为25．
11．（2023·全国·高三专题练习）将凸2n+1（n≥2）边形的顶点染色，使得任意两个相邻顶点染不同的颜色．证明；对上述的任意一种染色方法，此2n+1边形都可用不相交的对角线分为若干个三角形，使得三角形中每条对角线的端点不同色．
【答案】证明见解析
【分析】根据数学归纳法的证明步骤，先说明初始值成立，在假设当n≤k时结论成立，然后结合图形分类讨论即可证明.
【详解】我们将起点前移，考虑n=1时的情形．由于n=1时是三角形，它没有对角线，且任意两个顶点不同色，从而结论成立．
假设当n≤k时结论成立．如图，
对于2k+3边形的顶点A1，A2，…，A2k+3，其中必有一个顶点不妨设为A1，使得和它相邻的两个顶点A2、A2k+3不同色．否则，和每一个顶点相邻的两个顶点都同色，但2k+3+3为奇数，这不可能．连接A2A2k+3，把2k+3边形分成三角形A1A2A2k+3和2k+2边形A2A3… A2k+3，对于2k+2边形A2A3… A2k+3，有：
（1）如果对于顶点A2，A3，…，A2k+3，中的每一个，和它相邻的两个顶点同色，则这些顶点被间隔地染上了两种颜色，且它们和A1是不同的，从而连接A1A3，A1A4，… A1A2k+3，就
把2k+3边形分成了2k+1个三角形，且其中的每条对角线的端点不同色．
（2）顶点A2，A3，…，A2k+3，中存在一顶点不妨设为A3，和它相邻的两个顶点A2，A4不同色，连接A2A4，对于2k+1边形A2A4…A2k+3，利用归纳假设，它可分成若干个三角形，其中对角线端点不同色，再加上△A1A2A2k+3和△A2A3A4，便知对2k+3边形A1A2…A2k+3，也是如此．
综上，结论对一切正整数成立．
12．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，．
(1)若数列为单调递减数列，求实数a的取值范围．
(2)当时，设数列前n项的和为，证明：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由数列单调性和作差法得到，再利用数学归纳法得到，，得到结论；
（2）利用数学归纳法证明出，从而得到当时，，由题目条件得到，结合等比数列求和公式证明出，从而证明出结论.
【详解】（1）∵，
∴．
下面由及数学归纳法证明，过程如下：
，假设，
则，即，证毕；
从而可由及数学归纳法证明，理由如下：
，故，满足，
假设，则，
结合，可得，证毕；
（2）由已知得，，
，
可证，理由如下：
因为，所以，即，
，故，即，
假设，，
则，，
从而，，证毕.
当时，．
由得
．
∴当时，．
【点睛】数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后变形为等差数列或等比数列，在结合公式进行证明，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，导数法等，技巧性较强.